2026届浙江省杭州市桐庐县分水高中数学高二第一学期期末经典模拟试题含解析.doc

2026届浙江省杭州市桐庐县分水高中数学高二第一学期期末经典模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知椭圆的长轴长为，短轴长为，则椭圆上任意一点到椭圆中心的距离的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
2．如图，在正三棱柱中，若，则C到直线的距离为（）

A. B.
C. D.
3．若两直线与互相垂直，则k的值为（ ）
A.1 B.-1
C.-1或1 D.2
4．已知，，若直线上存在点P，满足，则l的倾斜角的取值范围是（ ）
A. B.
C D.
5．记等比数列的前项和为，若，，则（）
A.12 B.18
C.21 D.27
6．已知、，直线，，且，则的最小值为（）
A. B.
C. D.
7．圆截直线所得弦的最短长度为（）
A.2 B.
C. D.4
8．设等差数列前项和为，若是方程的两根，则（ ）
A.32 B.30
C.28 D.26
9．《镜花缘》是清代文人李汝珍创作的长篇小说，书中有这样一个情节：一座楼阁到处挂满了五彩缤纷的大小灯球，灯球有两种，一种是大灯下缀2个小灯，另一种是大灯下缀4个小灯，大灯共360个，小灯共1200个.若在这座楼阁的灯球中，随机选取一个灯球，则这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为
A. B.
C. D.
10．在数列中，若，，则（）
A.16 B.32
C.64 D.128
11．双曲线的左、右焦点分别为、，P为双曲线C的右支上一点．以O为圆心a为半径的圆与相切于点M，且，则该双曲线的渐近线为（）
A. B.
C. D.
12．设，“命题”是“命题”的（）
A.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．关于曲线，给出下列三个结论：
①曲线关于原点对称，但不关于轴、轴对称；
②曲线恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
③曲线上任意一点到原点的距离都不大于.
其中，正确结论的序号是________.
14．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_______.
15．已知数列是等差数列，，公差，为其前n项和，满足，则当取得最大值时，______
16．已知圆C：和点，若点N为圆C上一动点，点Q为平面上一点且，则Q点纵坐标的最大值为______
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分） “双十一”已经成为网民们的网购狂欢节，某电子商务平台对某市的网民在今年“双十一”的网购情况进行摸底调查，用随机抽样的方法抽取了100人，其消费金额（百元）的频率分布直方图如图1所示：

（1）利用图1，求网民消费金额的平均值和中位数；
（2）把下表中空格里的数填上，能否有的把握认为网购消费与性别有关.

男
女
合计

30

合计
45

附表：
P(χ2≥k0)
0.10
0.05
0.01

2.706
3.841
6.635
参考公式：χ2＝.
18．（12分）设椭圆的左、右焦点分别为，，离心率为，短轴长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设左、右顶点分别为、，点在椭圆上（异于点、），求的值；
（3）过点作一条直线与椭圆交于两点，过作直线的垂线，垂足为.试问：直线与是否交于定点？若是，求出该定点的坐标，否则说明理由.
19．（12分）已知为各项均为正数的等比数列，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列前n项和.
20．（12分）已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，当以为始边，为终边的角时，.
（1）求的方程
（2）过点的直线交于两点，以为直径的圆平行于轴的直线相切于点，线段交于点，求的面积与的面积的比值
21．（12分）从甲、乙两名学生中选拔一人参加射击比赛，现对他们的射击水平进行测试，两人在相同条件下各射靶10次，每次命中的环数如下：
甲：7，8，6，8，6，5，9，10，7，
乙：9，5，7，8，7，6，8，6，7，
（1）求，，，
（2）你认为应该选哪名学生参加比赛？为什么？
22．（10分）设点是抛物线上异于原点O的一点，过点P作斜率为、的两条直线分别交于、两点（P、A、B三点互不相同）
（1）已知点，求的最小值；
（2）若，直线AB的斜率是，求的值；
（3）若，当时，B点的纵坐标的取值范围
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、A
【解析】不妨设椭圆的焦点在轴上，设点，则，且有，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】不妨设椭圆的焦点在轴上，则该椭圆的标准方程为，
设点，则，且有，
所以，.
故选：A.
2、D
【解析】取AC的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系，根据点到线距离的向量求法和投影的定义计算即可.
【详解】由题意知，，
取AC的中点O，则，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
所以在上的投影的长度为，
故点C到直线距离为：.
故选：D

3、B
【解析】根据互相垂直的两直线的性质进行求解即可.
【详解】由，因此直线的斜率为，
直线的斜率为，
因为两直线与互相垂直，
所以，
故选：B
4、A
【解析】根据题意，求得直线恒过的定点，数形结合只需求得线段与直线有交点时的斜率，结合斜率和倾斜角的关系即可求得结果.
【详解】对直线，变形为，故其恒过定点，
若直线存在点P，满足，只需直线与线段有交点即可.

数形结合可知，当直线过点时，其斜率取得最大值，此时，对应倾斜角；
当直线过点时，其斜率取得最小值，此时，对应倾斜角为.
根据斜率和倾斜角的关系，要满足题意，直线的倾斜角的范围为：.
故选：A.
5、C
【解析】根据等比数列的性质，可知等比数列的公比,所以成等比数列，根据等比的中项性质即可求出结果.
【详解】因为为等比数列的前项和，且，，易知等比数列的公比,
所以成等比数列
所以，所以，解得.
故选：C
6、D
【解析】先由，可得，变形得，所以，化简后利用基本不等式求解即可
【详解】因为、，直线，，且，
所以，即，
所以，所以，
所以

，
当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为，
故选：D
7、A
【解析】由题知直线过定点，且在圆内，进而求解最值即可.
【详解】解：将直线化为，
所以联立方程得
所以直线过定点
将化为标准方程得，即圆心为，半径为，
由于，
所以点在圆内，
所以点与圆圆心间的距离为，
所以圆截直线所得弦的最短长度为
故选：A
8、A
【解析】根据给定条件利用韦达定理结合等差数列性质计算作答.
【详解】因是方程的两根，则
又是等差数列的前项和，于是得，
所以.
故选：A
9、B
【解析】设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，根据题意求得，再由古典概型及其概率的公式，即可求解
【详解】设大灯下缀2个小灯为个，大灯下缀4个小灯有个，
根据题意可得，解得，
则灯球的总数为个，
故这个灯球是大灯下缀4个小灯的概率为，故选B
【点睛】本题主要考查了古典概型及其概率的计算，其中解答中根据题意列出方程组，求得两种灯球的数量是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题
10、C
【解析】根据题意，为等比数列，用基本量求解即可.
【详解】因为，故是首项为2，公比为2的等比数列，
故.
故选：C
11、A
【解析】连接、，利用中位线定理和双曲线定义构建参数关系，即求得渐近线方程.
【详解】如图，连接、，∵M是的中点，

∴是的中位线，∴，且，
根据双曲线的定义，得，∴，
∵与以原点为圆心a为半径的圆相切，
∴，可得，
中，，即得，
，解得，即，得.
由此得双曲线的渐近线方程为.
故选：A.
【点睛】本题考查了双曲线的定义的应用和渐近线的求法，属于中档题.
12、A
【解析】根据充分、必要条件的概念理解，可得结果.
【详解】由，则或
所以“”可推出“或”
但“或”不能推出“”
故命题是命题充分且不必要条件
故选：A
【点睛】本题主要考查充分、必要条件的概念理解，属基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、①③
【解析】设为曲线上任意一点，判断、、是否满足曲线方程即可判断①；求出曲线过的整点即可判断②；由条件利用即可得，即可判断③；即可得解.
【详解】设为曲线上任意一点，则，
设点关于原点、轴、轴的对称点分别为、、，
因为；
；；
所以点在曲线上，点、点不在曲线上，
所以曲线关于原点对称，但不关于轴、轴对称，故①正确；
当时，；当，.
此外，当时，；当时，.
故曲线过整点，，，，，，故②错误；
又，所以恒成立，
由可得，当且仅当时等号成立，
所以，所以曲线上任一点到原点的距离，故③正确.
故答案为：①③.
【点睛】本题考查了与曲线方程有关的命题真假判断，属于中档题.
14、
【解析】结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁.
【详解】方法1：由题意可知，
由中位线定理可得，设可得，
联立方程
可解得（舍），点在椭圆上且在轴的上方，
求得，所以

方法2：焦半径公式应用
解析1：由题意可知，
由中位线定理可得，即
求得，所以.
【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.
15、9或10
【解析】等差数列通项公式的使用.
【详解】数列是等差数列，且，得，得，则有，又因为，公差，所以或10时，取得最大值
故答案为：9或10
16、
【解析】设出点N的坐标，探求出点Q的轨迹，再求出轨迹上在x轴上方且距离x轴最远的点的纵坐标表达式，借助函数最值计算作答.
【详解】圆C：的圆心，半径，圆C与x轴相切，
依题意，点M在圆C上，设点，则，线段MN中点，
因，则点Q的轨迹是以线段MN为直径的圆(除点M，N外)，这个轨迹在x轴上方，
于是得这个轨迹上的点到x轴的最大距离为：

令，于是得，当，即时，，
所以Q点纵坐标的最大值为.
故答案为：
【点睛】结论点睛：圆上的点到定直线距离的最大值等于圆心到该直线距离加半径.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1），
（2）列联表见解析，没有
【解析】（1）根据平均数的定义求平均数，由于前2组的频率和恰好为，从而可求出中位数，
（2）根据频率分布表结合已知的数据计算完成列联表，然后计算χ2公式计算χ2，再根据临界值表比较可得结论
【小问1详解】
以每组的中间值代表本组的消费金额，则网民消费金额的平均值为
0.
频率直方图中第一组、第二组的频率之和为，
中位数；
【小问2详解】
把下表中空格里的数填上，得列联表如下；

男
女
合计

25
25
50

20
30
50
合计
45
55
100
计算，
所以没有的把握认为网购消费与性别有关.
18、（1）；（2）；（3）是，.
【解析】（1）由题意，列出所满足的等量关系式，结合椭圆中的关系，求得，从而求得椭圆的方程；
（2）写出，设，利用斜率坐标公式求得两直线斜率，结合点在椭圆上，得出，从而求得结果；
（3）设直线的方程为：，，则，联立方程可得：，结合韦达定理，得到，结合直线的方程，得到直线所过的定点坐标.
【详解】（1）由题意可知，，又，所以，
所以椭圆的标准方程为：.
（2）,设，
因为点在椭圆上，所以，
，
又，
.
（3）设直线的方程为：，，则，
联立方程可得：，
所以，
所以 ，
又直线的方程为：，
令，
则
，
所以直线恒过，
同理，直线恒过，
即直线与交于定点.
【点睛】思路点睛：该题考查是有关椭圆的问题，解题思路如下：
（1）根据题中所给的条件，结合椭圆中的关系，建立方程组求得椭圆方程；
（2）根据斜率坐标公式，结合点在椭圆上，整理求得斜率之积，可以当结论来用；
（3）将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理，结合直线方程，求得其过的定点.
19、（1）；
（2）.
【解析】（1）先通过等比数列的基本量运算求出公比，进而求出通项公式；
（2）结合（1）求出，然后根据错位相减法求得答案.
【小问1详解】
设等比数列公比为q,,,，（负值舍去），所以.
【小问2详解】
，
，
所以，
解得：.
20、（1）
（2）
【解析】（1）过点作，垂足为，过点作，垂足为，根据抛物线的定义，得到，求得，即可求得抛物线的方程；
（2）设直线的方程为，联立方程组求得，得到，由抛物线的定义得到，根据，求得，设，得到，进而求得，因为为的中点，求得，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，抛物线，可得其准线方程，
如图所示，过点作，垂足为，过点作，垂足为，
因为时，，可得，
又由抛物线的定义，可得，解得，
所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
解：由抛物线，可得，设，
因为直线的直线过点，设直线的方程为
联立方程组，整理得，
可得，则，
因为为的中点，所以，
由抛物线的定义得，
设圆与直线相切于点，
因为交于点，所以且，
所以，即，解得，
设，则，且，可得，
因为，所以点为的中点，所以，
又因为为的中点，可得，
所以，即的面积与的面积的比值为.

21、（1）；；；；（2）选乙参加比赛，理由见解析.
【解析】（1）利用平均数和方程公式求解；
（2）利用（1）的结果作出判断.
【详解】（1）由数据得：
；
；

（2）由（1）可知，甲乙两人平均成绩一样，乙的方差小于甲的方差，
说明乙的成绩更稳定；
应该选乙参加比赛.
22、（1）；
（2）3；（3）；
【解析】（1）根据两点之间的距离公式，结合点坐标满足抛物线，构造关于的函数关系，求其最值即可；
（2）根据题意，求得点的坐标，设出的直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求得点坐标，同理求得点坐标，再利用斜率计算公式求得即可；
（3）根据题意，求得点的坐标，利用坐标转化，求得关于的一元二次方程，利用其有两个不相等的实数根，即可求得的取值范围.
【小问1详解】
因为点在抛物线上，故可得，又
，当且仅当时，取得最小值.
故的最小值为.
【小问2详解】
当时，故可得，即点的坐标为；
则的直线方程为：，联立抛物线方程：，
可得：，故可得，
解得：，又
故可得同理可得：，
又的斜率

，即.
故为定值.
【小问3详解】
当时，可得，此时，
因为两点在抛物线上，故可得，
，
因为，故可得，
整理得：，
，
因为三点不同，故可得，
则，即，
，此方程可以理解为关于的一元二次方程，
因为，故该方程有两个不相等的实数根，
，即，
故，则，
解得或.
故点纵坐标的取值范围为.
【点睛】本题考察直线与抛物线相交时范围问题，定值问题，解决问题的关键是合理且充分的利用韦达定理，本题计算量较大，属综合困难题.